Как найти показательное распределение: разбор задачи

Дано: случайная величина $T$ (время безотказной работы прибора, часы) распределена по показательному закону с параметром $\lambda = 0{,}4$ ч$^{-1}$. Найти: плотность $f(t)$, функцию распределения $F(t)$, математическое ожидание $M(T)$, дисперсию $D(T)$ и вероятность $P(2 < T < 5)$.

Показательный закон задаётся одним-единственным числом $\lambda$, поэтому «найти показательное распределение» означает выписать по нему две функции и посчитать нужные характеристики. Ответ: $f(t) = 0{,}4 e^{-0{,}4t}$, $F(t) = 1 - e^{-0{,}4t}$, $M(T) = 2{,}5$ ч, $D(T) = 6{,}25$ ч$^2$, $P(2 < T < 5) \approx 0{,}3140$. Калькулятор сверху закрашивает под спадающей экспонентой ровно ту площадь, которая и равна искомой вероятности, а ниже разобран весь путь до этих чисел.

Решение по шагам

Шаг 1. Выписываем плотность. Показательное (его же называют экспоненциальным) распределение определено только на положительной полуоси, поэтому плотность всегда записывается двумя ветками. Подставляем $\lambda = 0{,}4$:

$$f(t) = \begin{cases} \lambda e^{-\lambda t} = 0{,}4\, e^{-0{,}4 t}, & t \ge 0, \\ 0, & t < 0. \end{cases}$$

Вторая ветка не формальность: без неё интеграл нормировки расходится и задача теряет смысл. Значение в нуле равно самому параметру, $f(0) = 0{,}4$, и дальше кривая только убывает. Общая техника работы с такими кусочными формулами разобрана в отдельном разборе про плотность распределения.

Шаг 2. Находим функцию распределения. Интегрируем плотность от нуля до текущей точки:

$$F(t) = \int_{0}^{t} 0{,}4\, e^{-0{,}4 x}\, dx = \left. -e^{-0{,}4 x} \right|_{0}^{t} = 1 - e^{-0{,}4 t}, \quad t \ge 0,$$

и $F(t) = 0$ при $t < 0$. Функция растёт от нуля до единицы, не имеет скачков и асимптотически приближается к единице: прибор рано или поздно откажет с вероятностью, сколь угодно близкой к единице. Проверка свойств $F(t)$ для любого закона собрана в разборе про функцию распределения.

Шаг 3. Математическое ожидание. Для показательного закона его не нужно каждый раз считать интегралом, результат известен:

$$M(T) = \int_{0}^{\infty} t \cdot \lambda e^{-\lambda t}\, dt = \frac{1}{\lambda} = \frac{1}{0{,}4} = 2{,}5 \text{ ч}.$$

Смысл прозрачный: если интенсивность отказов равна 0,4 отказа в час, то в среднем прибор живёт 2,5 часа.

Шаг 4. Дисперсия и среднее квадратическое отклонение.

$$D(T) = \frac{1}{\lambda^2} = \frac{1}{0{,}16} = 6{,}25 \text{ ч}^2, \qquad \sigma(T) = \sqrt{D(T)} = \frac{1}{\lambda} = 2{,}5 \text{ ч}.$$

Совпадение среднего и сигмы - фирменный признак этого закона, и оно работает как быстрая проверка: если в ответе $M(T)$ и $\sigma(T)$ разошлись, где-то потеряна степень.

Шаг 5. Вероятность попадания в интервал. Через функцию распределения:

$$\begin{aligned} P(2 < T < 5) &= F(5) - F(2) = \left(1 - e^{-2}\right) - \left(1 - e^{-0{,}8}\right) \\ &= e^{-0{,}8} - e^{-2} = 0{,}4493 - 0{,}1353 = 0{,}3140. \end{aligned}$$

Единицы скобок взаимно уничтожились, и осталась разность двух экспонент - на практике считают сразу по ней.

Ответ. $f(t) = 0{,}4 e^{-0{,}4t}$ при $t \ge 0$; $F(t) = 1 - e^{-0{,}4t}$ при $t \ge 0$; $M(T) = \sigma(T) = 2{,}5$ ч; $D(T) = 6{,}25$ ч$^2$; $P(2 < T < 5) \approx 0{,}3140$, то есть примерно 31,4 % приборов откажут в промежутке от второго до пятого часа работы.

Формула показательного закона и откуда она берётся

Параметр $\lambda$ называют интенсивностью: это среднее число событий в единицу времени. Размерность у него обратная размерности $t$, и это первое, что стоит проверять в условии. Если в задаче сказано «в среднем 0,4 отказа в час», то $\lambda = 0{,}4$ ч$^{-1}$; если сказано «в среднем прибор работает 2,5 часа», то дано уже $M(T)$, а параметр получается делением единицы на это число.

Показатель экспоненты $-\lambda t$ обязан быть безразмерным, поэтому произведение $\lambda t$ всегда чистое число. Эта проверка ловит самую грубую ошибку темы: подстановку минут в формулу с параметром, заданным в часах.

Три базовые формулы закона удобно держать вместе:

Функцию $P(T > t) = e^{-\lambda t}$ в теории надёжности обозначают $P(t)$ и называют вероятностью безотказной работы; там же показательный закон оказывается частным случаем более общего распределения Вейбулла, о чём подробно написано в статье про плотность распределения наработки до отказа.

Отдельно стоит отметить медиану. Она равна $\ln 2 / \lambda \approx 1{,}73$ ч и заметно меньше среднего в 2,5 часа. Распределение сильно скошено вправо: половина приборов отказывает раньше 1,73 часа, а доля тех, кто переживёт среднее время, равна $e^{-1} \approx 0{,}368$ при любом значении параметра.

Свойство отсутствия последействия

Это главная особенность показательного закона и любимый пункт экзаменационных вопросов. Пусть прибор уже проработал $t_0$ часов; какова вероятность, что он проработает ещё не менее $s$ часов? По определению условной вероятности:

$$P(T > t_0 + s \mid T > t_0) = \frac{P(T > t_0 + s)}{P(T > t_0)} = \frac{e^{-\lambda (t_0 + s)}}{e^{-\lambda t_0}} = e^{-\lambda s} = P(T > s).$$

Отработанное время сократилось. Для нашего примера: прибор проработал 5 часов, вероятность продержаться ещё 2 часа равна $e^{-0{,}8} \approx 0{,}4493$ - ровно столько же, сколько у нового прибора продержаться первые 2 часа. Показательное распределение «не помнит» прошлого, поэтому им моделируют отказы без износа и накопления усталости: электронные компоненты, время между звонками в колл-центр, интервалы между заявками в системе массового обслуживания. Режим «Без последействия» в калькуляторе сверху показывает это наглядно: ползунок $t_0$ двигается, а ответ стоит на месте.

Ограничение отсюда же. Если в задаче речь идёт о механическом износе или старении, показательная модель занижает риск в конце срока службы, и берут распределение Вейбулла с показателем больше единицы.

Если вместо параметра дано среднее время

Формулировки, в которых $\lambda$ не назван прямо, встречаются чаще прямых. Разбирать их надо по одной схеме: сначала восстановить параметр, потом считать по обычным формулам.

• «Среднее время безотказной работы 500 часов»: $\lambda = 1/500 = 0{,}002$ ч$^{-1}$, тогда $P(T > 200) = e^{-0{,}4} \approx 0{,}6703$.
• «В среднем поступает 12 заявок в час»: $\lambda = 12$ ч$^{-1}$ для времени между заявками, среднее ожидание $M(T) = 1/12$ ч, то есть 5 минут.
• «Дисперсия времени работы равна 6,25 ч$^2$»: $\lambda = 1/\sqrt{D(T)} = 1/2{,}5 = 0{,}4$ ч$^{-1}$, то есть параметр восстановлен из дисперсии. Техника вычисления самой дисперсии разобрана в отдельном разборе про то, как вычислить дисперсию.

Обратная задача тоже типовая: найти время $t$, за которое событие произойдёт с заданной вероятностью $p$. Из уравнения $1 - e^{-\lambda t} = p$ получаем $t = -\ln(1 - p)/\lambda$. При $p = 0{,}9$ и $\lambda = 0{,}4$ это $t = \ln 10 / 0{,}4 \approx 5{,}76$ ч.

Частые ошибки

• Забывают вторую ветку плотности. Запись $f(t) = \lambda e^{-\lambda t}$ без оговорки $t \ge 0$ и без нуля слева формально задаёт функцию на всей оси, интеграл от которой расходится. В ответе должны быть обе строки.
• Путают $\lambda$ и $M(T)$. Если в условии дано среднее время, параметр равен обратной величине. Подстановка среднего вместо $\lambda$ даёт экспоненту не той крутизны и полностью неверный ответ.
• Считают $D(T) = 1/\lambda$. Дисперсия равна $1/\lambda^2$, а $1/\lambda$ - это среднее и одновременно сигма. Проверка: размерность дисперсии квадратична, у нас ч$^2$.
• Вычитают функции распределения не в том порядке. В разности $F(b) - F(a)$ из большего аргумента вычитается меньший. Перестановка даёт отрицательную вероятность, что сразу видно глазом.
• Смешивают единицы. Параметр в часах, а границы в минутах - показатель экспоненты перестаёт быть безразмерным. Приводить к одним единицам нужно до подстановки.
• Ищут таблицу. Для показательного закона таблиц не существует и не нужно: в отличие от нормального распределения с его функцией Лапласа всё считается обычным калькулятором через $e^{-x}$.

FAQ

Чем показательное распределение отличается от экспоненциального? Ничем, это два названия одного закона: в русских учебниках по теории вероятностей чаще говорят «показательное», в технической и англоязычной литературе - «экспоненциальное». Формулы $f(t) = \lambda e^{-\lambda t}$ и $F(t) = 1 - e^{-\lambda t}$ в обоих случаях одни и те же.

Как связаны показательный закон и распределение Пуассона? Это две стороны одного потока событий. Если число событий за фиксированное время подчиняется закону Пуассона с интенсивностью $\lambda$, то время между соседними событиями распределено показательно с тем же $\lambda$. Поэтому в задачах про очереди и отказы оба закона постоянно идут в паре, а интенсивность потока вычисляют один раз, как показано в разборе про интенсивность отказов.

Нужно ли различать строгие и нестрогие неравенства? Нет. Величина непрерывна, поэтому вероятность попасть ровно в точку равна нулю, и $P(2 < T < 5)$, $P(2 \le T \le 5)$ и смешанные варианты дают одно и то же число. У дискретных величин это не так, и там граничные точки учитывать обязательно.

Может ли параметр быть отрицательным? Нет: $\lambda > 0$ по определению, иначе плотность не интегрируется в единицу, а среднее время оказалось бы отрицательным. Отрицательный знак в показателе экспоненты уже учтён формулой, дописывать ещё один минус к параметру не нужно. Про смысл самого математического ожидания как среднего значения величины есть отдельный разбор о том, как найти математическое ожидание.

Коротко

1. Показательный закон задаётся одним параметром $\lambda > 0$: плотность $f(t) = \lambda e^{-\lambda t}$ при $t \ge 0$ и ноль при $t < 0$.
2. Функция распределения получается интегрированием: $F(t) = 1 - e^{-\lambda t}$ при $t \ge 0$, а вероятность безотказной работы равна $P(T > t) = e^{-\lambda t}$.
3. Числовые характеристики: $M(T) = \sigma(T) = 1/\lambda$, $D(T) = 1/\lambda^2$, медиана $\ln 2/\lambda$ всегда меньше среднего.
4. Вероятность попадания в интервал считается разностью экспонент: $P(a < T < b) = e^{-\lambda a} - e^{-\lambda b}$.
5. Для примера с $\lambda = 0{,}4$ ч$^{-1}$: $M(T) = 2{,}5$ ч, $D(T) = 6{,}25$ ч$^2$, $P(2 < T < 5) = 0{,}4493 - 0{,}1353 \approx 0{,}3140$, а отработанные часы на прогноз не влияют из-за отсутствия последействия.